构造+数位dp

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题意：给定正整数a,b,k，你的任务是在所有满足a<=n<=b中的整数n中，统计有多少个满足n自身是k的倍数，且n的各位数字之和也是k的倍数。

【思路】

   这种题的固定套路是设f(x)为[0,x]中满足题意的解的个数，那么本题的答案就是f(b)-f(a-1)。关键问题就是求解f函数。因为数据范围太大，无法穷举，所以这道题要用分段求和的思想来解决问题。比如说要求解f(3212)，那么就把[0,3212]拆分出来，也就是

第一部分 0***,1***,2****

第二部分 30**,31**

第三部分 320*

第四部分 3210,3211,3212

(*表示0-9任意一个数)

然后分别求解求和，求解时用到数位dp，设dp(d,m1, m2)表示有d位*，各位数字和%k==m1，整体%k==m2，那么现在考虑它的递推式。假设d位*中的最高位是x，那么现在的数字就是x****…*(d-1个*)，设后面d-1个*的各位数字之和为a，整体为b，那么(x+a)%k=m1, (x*10^(d-1)+b)%k=m2

反解出a%k=((m1-x)%k+k)%k, b%k=((m2-10^(d-1)*x)%k+k)%k

所以递推公式就是dp(d,m1, m2)=sum{dp(d-1, a%k, b%k)} (0<=x<=9)

对递归结束条件d==0时的解有两种理解方法

<1>当d==1时，即dp(1,m1,m2)将d==1代入可得a%k=((m1-x)%k+k)%k, b%k=((m2-x)%k+k)%k。而对dp(1,m1,m2)来说，只有一个*，位数和和自身相等，如果m1!=m2，那么dp(1,m1,m2)=0，如果m1==m2，那么当x%k==m1时即x=ck+m1即(m1-x)%k=0即a%k=0,b%k=0时有一组对应解。所以dp(0,m1,m2)==1(m1=0, m2=0)，其他情况dp(0,m1, m2)==0。

<2>其实直观的去想，当d==0时一个*也没有，表示的就是数字0，而0对任何数求余还是0，所以当m1==m2==0的时候，0符合条件dp(0,m1,m2)==1，否则为0。

还有一个细节要注意就是虽然k的范围是[1,10000]但是由于a,b都在int范围内，所以位数和最大不会超过82，当k>82以后，无论如何一个int整数的各位数字之和 mod k != 0，也就是无解，直接输出0即可。 

最后就是f(x)的计算了，把x的每一位都存储起来，低位在前。通过模拟的方式，用bitsum记录之前已经积累的位数和，sum记录之前已经累计的整体和，具体的细节还要在代码中体现。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
const int pw[15] = { 1, 10, 100, 1000, 10000, 100000, 1000000, 10000000, 100000000, 1000000000 };
 
int a, b, k;
int dp[15][100][100];
int bit[15];
 
int dfs(int d, int m1, int m2) {
    if (0 == d)    return dp[d][m1][m2] = (m1 == 0 && m2 == 0) ? 1 : 0;//关键！ 
    if (-1 != dp[d][m1][m2]) return dp[d][m1][m2];
    
    int ans = 0;
    for (int x = 0; x <= 9; x++) {
        ans += dfs(d - 1, ((m1 - x) % k + k) % k, ((m2 - x*pw[d-1]) % k + k) % k);
    }
    return dp[d][m1][m2] = ans;
}
 
int f(int x) {//求出[0,x]中符合题意的数的个数     
 
    if (0 == x) return 1;//特例，0对任何数求余都是0 
    
    //按位存储数字 
    int cpy = x, size = 0;
    memset(bit, 0, sizeof(bit));
    while (cpy) {
        bit[size++] = cpy % 10;
        cpy /= 10;
    }
    
    int ans = 0;
    int bitsum = 0;//位数和 
    int sum = 0;//整体和 
    
    for (int i = size - 1; i >= 0; i--) {
        if (i) {
             for (int j = 0; j < bit[i]; j++) {
                ans += dfs(i, (k-(bitsum+j)%k )%k, (k- (sum+j*pw[i])%k )%k );
                //ans += dfs(i, ((-(bitsum+j))%k + k)%k  ,  ((-(sum+j*pw[i]))%k + k)%k  );
                //两种写法，同模的式子正确即可 
            }
        }
        else {
            for (int j = 0; j <= bit[i]; j++) {//个位，可以取到最大值 
                ans += dfs(i, (k-(bitsum+j)%k )%k, (k- (sum+j*pw[i])%k )%k );
            }
        }
        bitsum += bit[i];//及时更新 
        sum += bit[i]*pw[i];
    }
    
    return ans;
}
 
int main() {
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        scanf("%d%d%d", &a, &b, &k);
        if (k > 90) { printf("0
"); }
        else {
            memset(dp, -1, sizeof(dp));
            int ans = f(b) - f(a - 1);
            printf("%d
", ans);
        }
    }
    return 0;
}